第7章 九点圆定理及应用(含答案)

第七章九点圆定理及应用

【基础知识】

九点圆定理三角形三条高的垂足、三边的中点，以及垂心与顶点的三条连接线段的中点，这九点共圆．

如图7-1，设△ABC三条高AD，BE，CF的垂足分别为D，E，F；三边BC，CA，AB的中点分别为L，M，N；又AH，BH，CH的中点分别为P，Q，R．求证：D，E，F，L，M，N，P，Q，

R九点共圆．

AFNOVQBL图7-1PHEMRDC

证法1

1LM∥BA∥QPPQQL2LMMP连，，，，则知，即知LMPQ为平行四边形．又LQ∥CHBP∥LM，

知LMPQ为矩形．从而L，M，P，Q四点共圆，且圆心V为PL与QM的交点．同理，MNQR为矩形，从而L，M，N，P，Q，R六点共圆，且PL，QM，NR均为这个

圆的直径．

由PDLQEMRFN90，知D，E，F三点也在这个圆上．故D，E，F，L，M，N，P，

Q，R九点共圆．

证法2如图71．

1 AO

设△ABC的外心为O，取OH的中点并记为V，连AO，以V为圆心，2为半径作V，

1VP∥OA2由，知P在V上．同理，Q，R也在V上．

1OL∥AH2由

（可由延长AO交△ABC的外接圆于K，得HBKC为平行四边形，此时L为KH的中点，

，

1VLVP=OA∥OLPHOL△AKHOVVH△OLV≌△HPV2则为的中位线即得），知．又，知，从而，且L，VP共线，故L在V上．

同理，M，N在V上．

由L，V，P共线知LP为V的一条直径．

MEQ90，NFR90，知D，E，F在又LDP90， V上，

故D，E，F，L，M，N，P，Q，R九点共圆．

上述圆通常称为九点圆，也有人叫费尔巴哈圆或欧拉圆，显然，正三角形的九点圆即为其内切圆．

BCBARt△CBF∽Rt△ABD由，有BFBD．注意到L、N分别为BC、BA的中点，

证法3

则

BLBNBFBD，即BLBDBFBN，这表明L、D、F、N四点共圆（或者联结NL、DF，则由

BDFBACBNL知L、D、F、N四点共圆）．同理，L、D、E、M及E、M、F、N分别四点共

圆．

由戴维斯定理，即知L、D、E、M、F、N六点共圆于．

CHCBRt△CHD∽Rt△CBF又，有CDCFCRCLCHCB，注意R、L分别为、中点，则CDCF，知R、F、L、

D共圆，即点R在圆上．

同理，点P、Q也在圆上，故九点均在圆上．

注戴维斯定理指的是：三角形每边所在直线有一对点（可以重合），若每两对点同在一个圆上，则三对点（六点）均在同一圆上．

事实上，若所说三个圆不重合．则由根轴共点或平行推得三条边共点或平行，这是不可能的，所以三个圆非重合不可，特别地，三角形内切圆是其特殊情形．

由上述定理及其证明，我们可得如下一系列推论：

推论1△ABC九点圆的圆心是其外心与垂心所连线段的中点，九点圆的半径是△ABC的外接圆半

1径的2．

HA1∶2，因此，可得 注意到△PQR与△ABC是以垂心H为外位似中心的位似形，位似比是HP∶∶2的位似形；推论2三角形的九点圆与其外接圆是以三角形的垂心为外位似中心，位似比是1垂心与三角形外接圆上任一点的连接线段被九点圆截成相等的两部分．

注意到欧拉定理（欧拉线），又可得

GH1∶2，推论3△ABC的外心O，重心G，九点圆圆心V，垂心H，这四点（心）共线，且OG∶OGOHGV∶VH1∶3，或O和V对于G和H是调和共轭的，即GVHV．

∶2的位推论4△ABC的九点圆与△ABC的外接圆又是以△ABC的重心G为内位似中心，位似比为1似形．

事实上，因G为两相似三角形△LMN与△ABC的相似中心，而△LMN的外接圆即△ABC的九点圆．

推论5一重心组的四个三角形有一个公共的九点圆；已知圆以已知点为垂心的所有内接三角形有共同的九点圆．

【典型例题与基本方法】

例1如图72，设H为△ABC的垂心，L为BC边的中点，P为AH的中点．过L作PL的垂线交AB于G，交AC的延长线于K．求证：G，B，K，C四点共圆．

AFNGBVOLD图7-2PHEMC

证明设△ABC的外心为O，连OH，取OH的中点V，

则V为△ABC九点圆的圆心．

连AO，则AO∥PV，从而AOGK．设N为AB的中点，连ON，则ONAG，由此知AONAGL．

又ACLAON，则ACLAGL．

从而BGLBGKKCLKCB．故B，K，C，G四点共圆．

例2试证：△ABC的垂心H与其外接圆上的点的连线被其九点圆平分．

证明如图73，过垂心H作△ABC外接圆的两条弦DE，FG，连DF，EG．

DAMHFB图7-3TGCSNE

设M，N，S，T分别为HD，HE，HF，HG的中点，则

FDHSMH，EGHNTH．

又FDHEGH，则SMHNTH．

故M，S，T，N四点共圆，

由DE，FG的任意性，得H与△ABC外接圆上任意点连线的中点在同一圆上，由于这个圆过HA，

HB，HC的中点，故这个圆就是△ABC的九点圆，从而命题获证．

例3如图74，△ABC中，O为外心，三条高AD，BE，CF交于点H，直线ED和AB交于点M，

FD和AC交于点N．求证：（1）OBDF，OCDE；（2）OHMN．

（2001年全国高中联赛题）

AOFBM图7-4HDVECN

证明（1）设△ABC的外接圆半径为R，由相交弦定理，有

R2OF2AFFB，R2OD2BDDC，

从而OF2OD2BDDCAFFB．

由A，F，D，

C四点共圆，有

BDBCBFBA，即

BDBDDCBFBFFA，亦即

BF2BD2BDDCAFFBOF2OD2，故OBDF．同理，OCDE．

（2）由九点圆定理的推论1，知OH的中点V为△DEF的外心．又由D，E，A，B及D，F，A，

C分别四点共圆，有MDMEMBMA，NDNFNCNA．

由此，即知M，N对△ABC的外接圆与△DEF的外接圆的幂相等，从而M，N在这两个外接圆的根轴上，即有MNOV，故MNOH．

【解题思维策略分析】

1．注意题中九点圆的显现形式

例4如图75，△ABC中，O为外心，H是垂心，作△CHB，△CHA和△AHB的外接圆，依次记它们的圆心为A1，B1，C1，求证：△ABC≌△A1B1C1，且这两个三角形的九点圆重合．

（IMO31预选题）

AC1B1HKOBMA1图7-5C

证明由于CHB18090B(90C)BC180A，知△CHB外接圆的半径和

△CAB外接圆的半径相等，从而，有A1是O关于BC的对称点．

设M是BC中点，则知AH2OM，即AHOA1．

1又AH∥OA1，则连AA1与OH的交点K为平行四边形AHAO的中心，即AA1与OH互相平分于K．

同理，BB1，CC1也经过K且被它平分，从而△A1B1C1与△ABC关于K中心对称，故△A1B1C1≌△ABC．

显然，K是△ABC九点圆的圆心．因此，这个圆关于K作中心对称时不变，它也是△A1B1C1的九点圆．

例5如图76，在△ABC中，AD是BC边上的高，M，N分别是CA，AB两边的中点，设直线l通过A点，且BC在l上的射影为BC，连BN与CM交于点P．求证：B，C，D，P四点共圆，且其圆心O与P点均在△ABC的九点圆上．

lB'AO1N2C'MB图7-6PDC

证明BB，CC，ND，MD．在Rt△ABB中，N为斜边AB的中点，令BAB1，则NBA1．

NADNDA， MADMDA．令CAC2，则MCA2． 同理， NBAMCA12180A， 于是， 故MPN180NBAMCA

180(180A)A

NADDAMNDAADMMDN．

由此，知D，M，N，P四点共圆．

而△MND的外接圆即为△ABC的九点圆，即点P在△ABC的九点圆上．

由A，B，B，D四点共圆，连BD，则知BDABBA901．

CDACCA902． 同理， BDCBDACDA18012AMPNBPC， 于是， 故B，C，D，P四点共圆．

由题设，BCDP的圆心为O，连DO，PO，则DOP2DBP．

由于A，B，B，D四点共圆且以N为其圆心，则知NBND．

于是，有DNP2DBP，

DOPDNP，D，O，P，N四点共圆．

O在DPN上，即O在△ABC的九点圆上，故命题获证．

2．注意题中九点圆的隐含形式

例6如图77，锐角△ABC中，角A的等分线与三角形的外接圆交于另一点A1，点B1，C1与此类似．直线AA1与B，C两角的外角等分线交于A0，点B0，C0与此类似．求证：

B0AB1IC1C0图7-7CA1BA0

△A0B0C0的面积是六边形AC1BACB△A0B0C0的面积至少是△ABC面积的四倍．11面积的二倍；（1）（2）

（IMO30试题）

证明（1）令△ABC的内心为I(IAA0∩BB0∩CC0)．则I又是△A0B0C0的垂心（内、外角平分线互相

垂直）．显然，△ABC的外接圆是△A0B0C0的九点圆，即知A1，B1，C1分别为A0I，B0I，C0I的中点，于是得

S△A0BI2S△A1BI，

S△A0CI2SA1CI，

从而

S四边形A0BIC2S四边形A1BIC．

同理，

S四边形B0CIA2S四边形B1CIA，

S四边形C0AIB2S四边形C1AIB，

故

SA0B0C02S六边形AC1BA1CB1．

S△A0B0C0（2）由（1），有

S△ABC=2S△A1BCS△B1CAS△C1ABS△ABC2

故只要证

kS△A1BCS△B1CAS△C1ABS△ABC≥1．

BCA2，则 记BAC2，ABC2，

S△A1BCS△ABC1A1BAC1sin1802sinsinsin2sin221sin2sin2sinsin2sin2ABACsin22

S△B1CA同理，S△ABCsin2sin2sin2S△C1AB，S△ABCsinsin2sin2．

sin2sin2sin2k2sin2sin2sin2sinsin2sin2于是，

2sin2sin2sin23≥33coscoscos3222sinsin2sin24

3coscoscos3≥≥cos14343．

22例7如图78，△A1A2A3是一非等腰三角形，它的边长分别为以a1，a2，a3，其中ai是Ai的对边

2，3）（i1，，Mi是边ai的中点，△A1A2A3的内切圆

(i1，2，3)．求证：M1S1，M2S2，M3S3三线共点．

I切边ai于Ti点，Si是Ti关于Ai角平分线的对称点

（IMO23试题）

A1T3M3IS3S1A2M1S2T2M2T1A3图7-8

证明由题设，知M1M2∥A2A1，下面证S1S1∥A2A1，

由T1和S1，T2和T3分别关于直线A1I对称，有T1T2T3S1．

同理，T1T2T3S2．

故有T3S1T3S2，即T3是等腰△T3S1S2的顶点，有T3IS1S2，从而S1S2∥A2A1．

同理，S2S3∥A3A2，S3S1∥A1A3．

又M1M2∥A2A1，M2M3∥A3A2，M3M1∥A1A3，于是△M1M2M3和△S1S2S3的对应边两两平行，故这两个三角形或全等或位似．

由于△S1S2S3内接于△ABC的内切圆，而△M1M2M3内接于△ABC的九点圆，且△A1A2A3不为正三角形，故其内切圆与九点圆不重合，所以△S1S2S3与△M1M2M3位似，这就证明了M1S1，M2S2，M3S2共点（于位似中心）．

例8过锐角△ABC的顶点A，B，C的三条高线分别交其对边于点D，E，F，过点D平行于EF的直线分别交AC，AB于点Q和R，EF交BC于点P．证明：△PQR的外接圆过BC的中点．

（IMO38预选题）

证明由题设，点P的存在意味着ABAC．

由对称性，可设ABAC，则P在射线BC上，如图79．

AFERBLDQ图7-9CP

DRDQDPDL①

取BC的中点L，我们证明Q，P，R，L四点共圆因BEAC于E，CFAB于F，则B，C，E，F共圆，于是知CEPABC．

又EF∥QR，有CEPCQD，则知B，Q，C，R四点共圆，从而DRDQDBDC

设BLCLa，CPc，DLb，则证①式等价于证明DBDCDPDL，即

ababacbb，亦即a2bac．

由九点圆定理，知D，E，F，L四点共圆，有PEPFPDPL．

注意到B，C，E，F四点共圆，有PEPFPCPB，故得PCPBPDPL，即

c2acacbbaa2bac，亦即．

故有DBDCDPDL，亦有DRDQDPDL．

亦即Q，P，R，L四点共圆，即△PQR的外接圆过BC的中点．

注 由例8可演变得如下第8届数学奥林匹克试题：己知过锐角△ABC的顶点A，B，C的

垂线分别交对边于D，E，F，ABAC，直线EF交直线BC于P，过点D且平行于EF的直线分别交直线AC，AB于Q，R，N是BC上的一点，且NQPNRP180．求证：BNCN．

事实上，同例8，取BC的中点L，关键是证明Q，P，R，L四点共圆，又等价地证明

DRDQDPDL．而当Q，P，R，L四点共圆时，LQPLRP180，参见图79，若NQPNRP180，

则N点在QPRL的内部，又因N是BC上的一点，则N在点L的右侧，于是BNCN．

【模拟实战】

习题A

1．试证：圆的直径两端点对△ABC的西姆松线垂直相交，且相交于此三角形的九点圆上．

1PG2．求证：

2．设G为△ABC的重心，P为△ABC外接圆上任一点，连PG并延长至点Q，使点Q在△ABC的九点圆上．

PQ3．试证：△ABC的九点圆与它的内切圆及三个旁切圆相切．

4．给定非退化的△ABC，设外心为O，垂心为H，外接圆的半径为R．求证：OH3R．

（1994年亚太地区奥林匹克题）

5．试证：三角形的三个切圆（内切或旁切）的圆心构成一个三角形，此新三角形的外心对于已知三角形的外心为另外一个切圆圆心的对称点．

习题B

1．设IA，IB，IC分别为△ABC的切BC，CA，AB边的旁切圆的圆心．试证：（1）△IAIBIC的九点圆为△ABC的外接圆；（2）过点IA，IB，IC分别作BC，CA，AB边的垂线，则这三条垂线共点．

2．试证：圆周上任意四点，过其中任意三点作三角形，则这四个三角形的九点圆的圆心共圆．

第七章九点圆定理及应用答案

习题A

1．设POP是△ABC的外接圆(圆心为O)的直径，关于P点的西姆松线为l1，关于P点的西姆松线

1

PP

lll2212为因为与的交角可以度量，从而l1与l2的交角为直角．设H为△ABC的垂心，则l1和l2分别

经过PH，PH的中点Q，Q，而Q和Q在△ABC的九点圆上，H点是三角形的九点圆和外接圆的外

位似中心，线段QQ是线段PP的位似图形，从而QQ是九点圆的直径，故l1与l2的交点在△ABC的九点圆上．

2．连AG并延长交BC于L，则A在△ABC的外接圆上，L在△ABC的九点圆上，又G是△ABC的

GQ2∶1，且P点在外接圆上，则Q点必1．而PG∶外接圆与九点圆的内位似中心，且位似此为2∶在九点圆上．

3．设I，O，H，V分别为△ABC的内心、外心、垂心及九点圆圆心，R，r，分别为△ABC外接圆、内切圆、九点圆的半径，IA，A分别为在BC边外侧相切的旁切圆圆心和半径，则由心距公式，有OI22222R22Rr，IH2r2R，OHR4R．

注意到V为OH的中点，由斯特瓦尔特定理的推论（即三角形中线长公式），有

VI2111VI2HI2VH2R2Rrr2Rr2422，即

VI1Rr2．故九点圆与内切圆相内切．

1VIRA22OIR2R2AA同理，，得

2121VIR12，即有，故九点圆与此旁切圆相外切．

同理，可证九点圆与其他两个旁切圆相外切．

4．设G是△ABC的重心，V是九点圆的圆心，O和V对于G和H是共线且调和共轭的，考察以O点

OAOBOCOH3OG3332OAOBOCOH≤OAOBOC3R为起点的向量，则．因此，仅当

ABC时等号成立，这是不可能的．故OH3R．

5．设O，H分别为△ABC的外心与垂心，I，I1，I2，I3分别为△ABC的内心和三个旁心，由于H，

A，B，C构成一老垂心组（四点中，任一点是另三点构成的三角形的垂心，此四点为垂心组）；I与

I1，I2，I3构成一新垂心组，又△ABC的外接圆是△I1I2I3的九点圆，从而△I1I2I3的外心O是关于O的I的

对称点．

其余以此类似地推证，从而新垂心组各点与老垂心组各点关于△I1I2I3的九点圆的圆心对称．

习题B

1．(1)设E，F分别是边BA的延长线，CA的延长线上的点，由旁心的定义，知IAA平分BAC，

IBA

平分CAE，ICA平分BAF．又BAFCAE，从而有IB，A，IC三点共线，且IAAIBIC．

同理，IBBIAIC，ICCIAIB．故△ABC为△IAIBIC的垂足三角形，故△ABC的外接圆即为△IAIBIC

的九点圆．

11180IBOIC=1802IBIAIC22．由IA，IC，A，C四点共

(2)设O为△IAIBIC的外心，则

OIBIC圆，知IBACIBIAIC，从而OIBICIBAC90，即IBOAC．

同理，IAOBC，IBOBA．故三条垂线共点于O．

xi2yi21i1，2，3，4A(x，y)B(x，y)C(x，y)D(x，y)112233442．设，，，是单位圆上任意四点，则．

由九点圆圆心是三角形外心与垂心连线的中点，得△ABC，△ABD，△BCD，△ACD九点圆圆心坐标分别为

xx2x3y1y2y3xx2x4y1y2y4O11,O21,2222, ,xx3x4y2y3y4xxx4y1y3y4O32,O413,2222,．

xxx3x4y1y2y3y4G12,22，则 考虑点x1x2x3x4x1x2x3y1y2y3y4y1y2y3O1G22222212

1212x4y422．

同理，

O2GO3GO4G12

1故O1，O2，O3，O4在以G力圆心，2为半径的圆上．